2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全真精準(zhǔn)模擬 第07周 第二練(大題特訓(xùn))(含解析).docx
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第七周 第二練 24.(14分) 如圖所示,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌abcd、dcba,aa之間接一阻值為R的定值電阻,dd之間處于斷開狀態(tài),abba部分為處于水平面內(nèi),且ab=bb=ba=aa=L,bcdbcd部分為處于傾角為θ的斜面內(nèi),bc=cd=dd=dc=cb=bb=L。abba區(qū)域存在一豎直向下的磁場(chǎng)B1,其大小隨時(shí)間的變化規(guī)律為B1=kt(k為大于零的常數(shù));cddc區(qū)域存在一垂直于斜面向上的大小恒為B2的磁場(chǎng)。一阻值為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌從bb處由靜止釋放。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g。求: (1)導(dǎo)體棒MN到達(dá)cc前瞬間,電阻R上消耗的電功率; (2)導(dǎo)體棒MN從bb到達(dá)cc的過程中,通過電阻R的電荷量; (3)若導(dǎo)體棒MN到達(dá)cc立即減速,到達(dá)dd時(shí)合力恰好為零,求導(dǎo)體棒MN從cc到dd運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 【答案】(1)k2L4RR+r2(2)q=kL2R+r2Lgsinθ(3)t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ(式中v=2gLsinθ,v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 【解析】 【詳解】 (1)因磁場(chǎng)B1隨時(shí)間的變化規(guī)律為B1=kt,所以ΔBΔt=k, abba所組成回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔφΔt=L2???ΔBΔt=kL2 流過電阻R的電流I=ER+r 電阻R消耗的功率PR=I2R 聯(lián)立以上各式求得PR=k2L4RR+r2 (2)電阻R的電荷量q=It I=I=kL2R+r 根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma 導(dǎo)體棒從MN從bb到達(dá)cc中,通過的位移L=12at2 聯(lián)立解得q=kL2R+r2Lgsinθ (3)根據(jù)(2)問,求得導(dǎo)體棒到達(dá)cc時(shí)的速度 v=2gLsinθ 到達(dá)dd時(shí)合力為0,則B2LB2Lv-kL2R+r=mgsinθ 解得:v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 導(dǎo)體棒MN從cc到達(dá)dd過程中,運(yùn)用動(dòng)量定理 B2ILt-mgtsinθ=-mv--mv 從cc到達(dá)dd過程中,流過導(dǎo)體棒MN的電荷量 q=It q=kL2R+rt-B2L2R+r 聯(lián)立以上式子,求得 t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ(式中v=2gLsinθ,v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2) 25.(18分) 如圖1所示是某游樂場(chǎng)的過山車,現(xiàn)將其簡(jiǎn)化為如圖2所示的模型:傾角θ=37°、長(zhǎng)L=60cm的直軌道AB與半徑R=10cm的光滑圓弧軌道BCDEF在B處平滑連接,C、F為圓軌道最低點(diǎn),D點(diǎn)與圓心等高,E為圓軌道最高點(diǎn);圓軌道在F點(diǎn)與水平軌道FG平滑連接整條軌道寬度不計(jì)?,F(xiàn)將一質(zhì)量m=50g的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A端由靜止釋放。已知滑塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25,與FG段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,sin37°=0.6,co37°=0.8。 (1)求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E1; (2)求滑塊到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道FG的壓力FN; (3)若要滑塊能在水平軌道FG上停下,求FG長(zhǎng)度的最小值x; (4)若改變釋放滑塊的位置,使滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度剛好為零,求滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí),它在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s。 【答案】(1)0.12J;(2)1.7N;(3)0.48m;(4)0.73m 【解析】 【詳解】 (1)滑塊由A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過程中,重力做正功,摩擦力做負(fù)功,設(shè)B點(diǎn)速度為vB,且從A端由靜止釋放,根據(jù)動(dòng)能定理可得:mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12mvB2-0…① E1=12mvB2…② 由①②代入數(shù)據(jù)可解得:E1=0.12J; (2)滑塊在BCDEF光滑圓弧軌道上做圓周運(yùn)動(dòng),從B點(diǎn)到E點(diǎn),設(shè)到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為vE,根據(jù)動(dòng)能定理可得: -mg2R=12mvE2-12mvB2…③ 且由軌道對(duì)滑塊的彈力N和重力提供向心力,則有:N+mg=mvE2R…④ 根據(jù)牛頓第三定律,軌道對(duì)滑塊的彈力N和滑塊對(duì)軌道的壓力FN是一對(duì)相互作用力,則有:FN=N…⑤ 由③④⑤帶入數(shù)據(jù)可解得:FN=1.7N; (3)在BCDEF圓弧軌道上只有重力做功,則從B點(diǎn)到F點(diǎn),機(jī)械能守恒,則有:EF=E1=0.12J…⑥ 滑塊在FG軌道上由于摩擦力的作用做勻減速運(yùn)動(dòng),且最終停下,根據(jù)動(dòng)能定理可得:-μ2mgx=0-EF…⑦ 由⑥⑦代入數(shù)據(jù)可解得:x=0.48m (4)該變釋放滑塊的位置,設(shè)此時(shí)距離B點(diǎn)距離為s1,此時(shí)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度剛好為零,根據(jù)動(dòng)能定理有: mgs1sinθ-μ1mgs1cosθ-mgR=0…⑧ 設(shè)從D點(diǎn)第一次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s2,根據(jù)動(dòng)能定理有: mgR-μ1mgs2cosθ-mgs2sinθ=0…⑨ 設(shè)從CD軌道第二次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s3,根據(jù)動(dòng)能定理有: mgs2sinθ-μ1mgs2cosθ-μ1mgs3cosθ-mgs3sinθ=0…(10) 設(shè)從CD軌道第三次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s4,根據(jù)動(dòng)能定理有:mgs3sinθ-μ1mgs3cosθ-μ1mgs4cosθ-mgs4sinθ=0…(11) 設(shè)從CD軌道第四次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s5,根據(jù)動(dòng)能定理有:mgs4sinθ-μ1mgs4cosθ-μ1mgs5cosθ-mgs5sinθ=0…(12) 設(shè)從CD軌道第五次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s6,根據(jù)動(dòng)能定理有:mgs5sinθ-μ1mgs5cosθ-μ1mgs6cosθ-mgs6sinθ=0…(13) 滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí),它在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程: s=s1+2s2+2s3+2s4+2s5+s6…(14) 由⑧⑨(10)(11)(12)(13)(14)代入數(shù)據(jù)可解得:s≈0.73m- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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